[MIX] Mix dla Świeżaków i Wapniaków

[mol_ksiazkowy]

wyszło mi

A jak ?

26
rysunek

[arek1357]

Zadanie 18

Jeżeli weźmiemy poziome linie przechodzące przez punkty kratowe w tym kwadracie (dla ustalenia uwagi) to na przynajmniej dwóch liniach znajdą się wszystkie punkty kolorowe więc na pewno jakięś cztery utworzą trapez...
Teraz jeżeli bierzemy po dwa punkty kolorowe na jednej linii i zakładamy, że każda ich para ma inną odległość a par jest \(\displaystyle{ n}\) a wszystkich różnych odległości na linii może być co najwyżej \(\displaystyle{ n-1}\) więc muszą być co najmniej dwie odległości równe a do tego będą na różnych poziomych liniach, więc utworzy się na pewno równoległobok...

[arek1357]

Zadanie 15:

w grafie planarnym , którego żaden stopień nie schodzi poniżej trzy zachodzi:

\(\displaystyle{ E \le 3n-6}\)

gdzie \(\displaystyle{ E}\) - ilość krawędzi, \(\displaystyle{ n }\) - ilość wierzhołków

\(\displaystyle{ E= \frac{k_{1}+k_{2}+...+k_{n}}{2} }\)

gdzie \(\displaystyle{ k_{i}}\) - stopnie poszczególnych wierzchołków

otrzymamy:

(*) \(\displaystyle{ k_{1}+k_{2}+...k_{n} \le 6n-12}\)

i teraz jeżeli założymy, że suma stopni wierzchołków połączonych krawędzią jest zawsze: \(\displaystyle{ \ge 14}\)

wystarczy podzielić lewą stronę (*) na pół i polłączyć w pary wierzchołki incydentne

otrzymamy sprzeczność bo wyjdzie, że:

\(\displaystyle{ 7n \le 6n-12}\)

[kerajs]

ad 8:    

A jeśli \(\displaystyle{ A^{\prime}=B}\) ?

Taka sytuacja nie jest możliwa:
Jeśli \(\displaystyle{ A^{\prime}=B}\), to \(\displaystyle{ B}\) byłby obrazem \(\displaystyle{ A}\) w symetrii środkowej co byłoby sprzeczne z założeniem:

Zakładam, że istnieje odcinek AB będący najdłuższym w figurze i niezawierający jej środka symetrii.

ad 10:    

W zadaniu 10 wyszło mi prawdopodobieństwo:
\(\displaystyle{ P=\frac{F_{n-1}}{F_{n}} }\)

wyszło mi

A jak ?

Odpowiedź prostsza:
To wynika z obserwacji. Po wypisaniu \(\displaystyle{ X(k) }\) dla małych \(\displaystyle{ k}\), można zauważyć ich związek z ciągiem Fibonacciego.

Odpowiedź:
Układy w \(\displaystyle{ X(k+2)}\) można uzyskać przez:
1) dopisanie na końcu do układów \(\displaystyle{ X(k)}\) elementów \(\displaystyle{ k+2, k+1 }\)
2)zastąpienie w układach \(\displaystyle{ X(k+1)}\) elementu \(\displaystyle{ k+1 }\) elementem \(\displaystyle{ k+2 }\), i dopisanie na końcu elementu \(\displaystyle{ k+1 }\).

Daje to zależność \(\displaystyle{ X(k+2)=X(k)+X(k+1) }\), a zliczenie: \(\displaystyle{ X(1)=1 \ , \ X(2)=1 \ , \ X(3)=2 }\) określa warunki początkowe rekurencji na identyczne z ciągiem Fibonacciego ( \(\displaystyle{ X(k)=F_k}\) ).

Przyjmując podzbiory \(\displaystyle{ Z(k)}\) jako liczbę bijekcji z jedynką na początku, a \(\displaystyle{ Y(k)}\) jako liczbę bijekcji z jedynką nie na początku (może ona zajmować jedynie miejsce drugie), można zauważyć, iż tworzy się je identyczną rekurencją jak \(\displaystyle{ X(k)}\), a warunki początkowe dają przesunięte ciągi Fibonacciego ( \(\displaystyle{ Y(k)=F_{k-1} \ , \ Z(k)=F_{k-2} }\) ).

9:    

Przekątne rombu wpisanego w elipsę \(\displaystyle{ \frac{x^2}{A^2}+ \frac{y^2}{B^2} =1}\) (dla dodatnich A, B) zawierają się w prostych \(\displaystyle{ y=ax}\) oraz \(\displaystyle{ y= \frac{-1}{a} x}\) dla \(\displaystyle{ a>0}\). Przecięcia tych prostych z elipsa to punkty \(\displaystyle{ \left( \frac{AB}{ \sqrt{a^2A^2+B^2} } \ , \ \frac{aAB}{ \sqrt{a^2A^2+B^2} }\right) \ , \ \left( \frac{aAB}{ \sqrt{A^2+a^2B^2} } \ , \ \frac{ - AB}{ \sqrt{A^2+a^2B^2} }\right) \ , \ \left( \frac{- AB}{ \sqrt{a^2A^2+B^2} } \ , \ \frac{ - aAB}{ \sqrt{a^2A^2+B^2} }\right) \ , \ \left( \frac{-aAB}{ \sqrt{A^2+a^2B^2} } \ , \ \frac{ AB}{ \sqrt{A^2+a^2B^2} }\right) }\)
Długości połowy przekątnych i bok rombu to:
\(\displaystyle{ \frac{p_1}{2}= \frac{AB \sqrt{1+a^2} }{ \sqrt{a^2A^2+B^2} } \\
\frac{p_2}{2}= \frac{AB \sqrt{1+a^2} }{ \sqrt{A^2+a^2B^2} } \\
d=\frac{AB(1+a^2) \sqrt{A^2+B^2} }{ \sqrt{a^2A^2+B^2}\sqrt{A^2+a^2B^2} }
}\) więc
\(\displaystyle{ r= \frac{\frac{p_1}{2}\frac{p_2}{2}}{d} =...= \frac{AB}{\sqrt{A^2+B^2}} }\)
Jak widać, promień zależy jedynie od parametrów elipsy, a nie położenia w niej rombu.
PS Przypadek gdy przekątne rombu pokrywają się z osiami układu współrzędnych jest trywialny i od razu daje \(\displaystyle{ r= = \frac{AB}{\sqrt{A^2+B^2}} }\)

29:    

Kontrprzykład:
\(\displaystyle{ \underbrace{1,\ 1,\ , \ .... \ ,1}_{2n}, \frac{3}{2} }\)
\(\displaystyle{ \underbrace{n+1,\ n+1,\ , \ .... \ , n+1}_{n+1}, \underbrace{n+2,\ n+2,\ , \ .... \ ,n+2}_{n} }\)

Sądzę, iż zadanie 16 ma niepełną treść. Bez znajomości celu rozgrywki nie można przyjąć żadnej strategii.

[arek1357]

Czy ktoś ma pomysł na 20 (iloczyny nieskończone liczb pierwszych) ale w tym przypadku jest to szczególnie paskudne...

[mol_ksiazkowy]

23.

Ukryta treść:    

intuicja: ciąg średnich harmonicznych \(\displaystyle{ 1,...,n}\)

wzór Stirlinga

szacowanie przez \(\displaystyle{ (\frac{n}{3})^n }\) indukcja

SG> SH i \(\displaystyle{ \frac{n}{1+...+ \frac{1}{n} }}\) ; przez \(\displaystyle{ \ln()}\)

[arek1357]

W zadaniu 2. może wskażę jak te liczby się generują poprzez tę sumę:

\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+c=4;(7,8);(10,11,12);(14,15,16,17);(19,20,21,22,23);(25,...);...}\)

czyli sekwencjami idą co:2, 3, 4,5,... i po sekwencji jest jedna pusta z wyjątkiem po czwórce...

czyli tych, których brakuje zapisują się ciągiem:

\(\displaystyle{ a_{n}= \frac{n^2+3n+8}{2} }\)

a do tego dochodzą:

\(\displaystyle{ 1,2,3,5}\)

[mol_ksiazkowy]

11.

Ukryta treść:    

Z twierdzenia Schura:
Dla \(\displaystyle{ k > 1}\) iloczyn \(\displaystyle{ k}\) kolejnych liczb naturalnych większych od \(\displaystyle{ k}\) ma dzielnik pierwszy większy od \(\displaystyle{ k}\)
oraz twierdzenie Czebyszewa.

16.

Ukryta treść:    

Zadanie wymyśłił Chat GPT...

20.

Ukryta treść:    

być może z własności funkcji Trigamma \(\displaystyle{ \phi(z)= \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{(z+n)^2}}\)

[arek1357]

Co do 20 to bardziej mi się wydaje , że trzeba znaleźć odpowiednią funkcję Dirichleta